從基礎數論函式說起1：整除分塊、數論函式、狄利克雷卷積
一部分數論題會問乙個數論函式的字首和，不妨令其為 \(s(n)=\sum\limits_^n f(i)\) 。有時直接求會比較困難。
杜教篩是通過構建乙個函式 \(g\) ， \(f*g\) 的字首和能快速（ \(o(1)\) ）求出。這樣能在低於線性的複雜度內求解 \(s(n)\) 。
具體地來說就是：
\[\begin
\sum\limits_^\sum\limits_f(i)g(j)=\sum\limits_f(i)g(j)=\sum\limits_^n g(i)s(\lfloor\frac\rfloor)
\end
\]那麼
\[g(1)s(n)=\sum\limits_f(i)g(j)-\sum\limits_^ng(i)s(\lfloor\frac\rfloor)
\]好像還是沒有講清楚……
舉個例子：
比方說 \(f=\mu\) ， \(s(n)=\sum\limits_^n f(i)\) 。那麼可以構造 \(g=id_0\) ，那麼有
\[g(1)s(n)=\sum\limits_^n (f*g)(i) - \sum\limits_^n g(1)s(\lfloor\frac\rfloor)
\]可以得到
\[s(n)=1-\sum_^n s(\lfloor\frac\rfloor)
\]計算 \(s(n)\) 的時候，需要知道 \(s(\frac),i\in (2, n)\) 。這個可以進行整除分塊。也就是說，假設我們已經知道了 \(s(1\cdots n-1)\) ，那麼計算 \(s(n)\) 的複雜度是 \(o(\sqrt)\) 的。
將 \(s(n)\) 分為兩部分考慮。 當 \(i\geqslant \sqrt\) 時， \(\frac\leqslant n\) 。那麼假設把 \(s(1\cdots\sqrt)\) 全算了，時間複雜度是 \(o(\sum\limits_^} \sqrt)\) 的。
再考慮 \(i\leqslant \sqrt\) 的情況。由於 \(\lfloor\frac\rfloor}\rfloor=\lfloor\frac\rfloor\) ，那麼下標大於 \(\sqrt\) 的 \(s\) 在遞迴過程中總共只會被訪問到 \(o(\sqrt)\) 個。那麼求出這 \(o(\sqrt)\) 個的時間複雜度是 \(o(\sum\limits_^} \sqrt})\) 。
後一部分的複雜度顯然大於前一部分。所以總的時間複雜度是
\]而實際上可以做得更好。前面計算第一部分的時候，假設了計算了所有的 \(s(1\cdots\sqrt)\) 。但最後計算的時候，仍然是捨去的。不妨考慮稍微多預處理一點，來換取總的較小的複雜度。
根據前人經驗，用線性篩預處理前 \(n^}\) 項。那麼預處理的時間複雜度是 \(o(n^})\) 。然後後面一部分的複雜度就變為了
\]由於上面提到的， \(\lfloor\frac\rfloor}\rfloor=\lfloor\frac\rfloor\) ，需要求出的 \(s\) 的下標都是 \(n\) 的約數。所以可以將下標大於 \(\sqrt\) 的 \(s\) 存在另乙個陣列的 \(\frac\) 裡。這樣就省去了 hash 或者 map 。
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